Изопериметрическая задача

Постановка задачи

Найти экстремали функционала

$J[y]=\int\limits_{x_0}^{x_1}L\left(x,y,y'\right)\,dx$

при условиях

$\int\limits_{x_0}^{x_1}G\left(x,y,y'\right)\, dx =C,\quad y(x_0)=y_0,\,\,y(x_1)=y_1$

У функционала $J$ может и не быть экстремалей в смысле задачи с фиксированными концами. Однако, на множестве кривых $y(x)$, удовлетворяющих условию $\int_{x_0}^{x_1}G\left(x,y,y'\right)\, dx =C,$ у функционала могут найтись экстремали.

Шаблон решения

Вычисление производных. Уравнение Эйлера-Лагранжа

Рассмотрим функцию

$\Phi\left(x,y,y';\lambda\right)=L\left(x,y,y'\right)+\lambda G\left(x,y,y'\right),$

где $\lambda$ – параметр, подлежащий определению.

Вычисляем производные:

$\frac{\partial}{\partial y}\Phi\left(x,y,y';\lambda\right),\quad\frac{\partial}{\partial y'}\Phi\left(x,y,y';\lambda\right),\quad\frac{d}{dx}\frac{\partial}{\partial y'}\Phi\left(x,y,y';\lambda\right).$

Выписываем уравнение Эйлера-Лагранжа

$\frac{d}{dx}\frac{\partial}{\partial y'}\Phi\left(x,y,y';\lambda\right)=\frac{\partial}{\partial y}\Phi\left(x,y,y';\lambda\right)$

и приводим его к максимально простому виду.

Решение уравнения

Решаем полученное дифференциальное уравнение второго порядка. Выписываем общее решение

$y=y\left(x,C_1,C_2;\lambda\right).$

Определение констант интегрирования

Используя граничные условия, получаем систему для определения постоянных

$\left\{\begin{array}{l} y\left(x_0,C_1,C_2;\lambda\right)=y_0\\ y\left(x_1,C_1,C_2;\lambda\right)=y_1 \end{array}\right.$

Решая данную систему, получаем выражение постоянных через $\lambda$

$C_1=C_1(x_0,x_1,y_0,y_1;\lambda),\quad C_2=C_2(x_0,x_1,y_0,y_1;\lambda).$

Определение значения λ

Подставляем найденные в предыдущем пункте значения констант в общее решение

$y_*(x;\lambda)=y\Bigl(x,C_1(x_0,x_1,y_0,y_1;\lambda),C_2(x_0,x_1,y_0,y_1);\lambda\Bigr)$

и интегрируем:

$\int\limits_{x_0}^{x_1}G\Bigl(x,y_*(x;\lambda),y'_*(x;\lambda)\Bigr)\,\, dx=C(\lambda).$

Находим значение $\lambda$ из изопериметрического условия $C(\lambda) = C$.

Уравнение экстремали

Выписываем уравнение экстремали, подставляя в общее решение $y(x,C_1,C_2;\lambda)$ найденные значения постоянных.

Важный частный случай

Если подинтегральные функции $L\left(x,y,y'\right)$ и $G\left(x,y,y'\right)$ не зависят от первого аргумента, то уравнение Эйлера-Лагранжа имеет первый интеграл

$y'\frac{\partial \Phi\left(y,y';\lambda\right)}{\partial y'}-\Phi\left(y,y';\lambda\right)=C_1.$

Данное выражение определяет дифференциальное уравнение первого порядка, общее решение которого (зависящее от некоторой постоянной $C_2$) совпадает с решением уравнения Эйлера-Лагранжа.

На практике можно выбирать – решать исходное уравнение Эйлера-Лагранжа, или воспользоваться первым интегралом.
Хотя задачи эквивалентные, но вид уравнений может заметно различаться.

Примеры

Пример 1

Найти экстремали функционала

$J[y]=\int\limits_{0}^{1}y'^2\,dx$

при условиях

$\int\limits_{0}^{1}xy\, dx =\frac{1}{4},\quad y(0)=0,\,\,y(1)=\frac{1}{12}.$

1. Рассмотрим функцию

$\Phi\left(x,y,y';\lambda\right)=y'^2+\lambda xy,$

где $\lambda$ – параметр, подлежащий определению.

Вычисляем производные:

$\frac{\partial}{\partial y}\left(y'^2+\lambda xy\right)=\lambda x,\quad\frac{\partial}{\partial y'}\left(y'^2+\lambda xy\right)=2y',$

$\frac{d}{dx}\frac{\partial}{\partial y'}\left(y'^2+\lambda xy\right)=\frac{d}{dx}2y'=2y''.$

Уравнение Эйлера-Лагранжа

$2y''=\lambda x.$

1. Полученное уравнение легко интегрируется:

$y''=\frac{\lambda x}{2}\quad\Rightarrow\quad y'=\frac{\lambda x^2}{4}+C_1\quad\Rightarrow\quad y(x,C_1, C_2;\lambda)=\frac{\lambda x^3}{12}+C_1x+C_2.$

1. Используя граничные условия, получаем систему для определения постоянных

$\left\{\begin{array}{l} \frac{\lambda\cdot 0^3}{12}+C_1\cdot 0+C_2=0\\ \frac{\lambda\cdot 1^3}{12}+C_1\cdot 1+C_2=\frac{1}{12} \end{array}\right.\quad\Rightarrow\quad\left\{\begin{array}{l} C_2=0\\ C_1=\frac{1-\lambda}{12} \end{array}\right..$

1. Подставляем найденные в предыдущем пункте значения констант в общее решение

$y_*(x;\lambda)=\frac{\lambda x^3}{12}+C_1x+C_2=\frac{\lambda x^3}{12}+\frac{(1-\lambda)x}{12}$

и интегрируем функцию $xy$:

$\int\limits_{0}^{1}xy_*(x;\lambda)\, dx=\int\limits_{0}^{1}\left(\frac{\lambda x^4}{12}+\frac{(1-\lambda)x^2}{12} \right)\,dx=\frac{1}{12}\left(\frac{\lambda }{5}+\frac{1-\lambda}{3}\right).$

Найдем значение $\lambda$ из изопериметрического условия

$\frac{1}{12}\left(\frac{\lambda }{5}+\frac{1-\lambda}{3}\right)=\frac{1}{4}.$

Получаем $\lambda=-20$.

1. Выписываем уравнение экстремали, подставляя в общее решение найденные значения постоянных

$y_*(x)=y_*(x;-20)=-\frac{5 x^3}{3}+\frac{7x}{4}.$

Пример 2 (Задача Дидоны)

Найти экстремали функционала

$J[y]=\int\limits_{0}^{1}{y}\,d x$

при условиях

$\int\limits_{0}^{1}\sqrt{1+y'^2}\, dx =2,\quad y(0)=y(1)=0$

1,2. Подинтегральные функции $L\left(x,y,y'\right)={y}$ и $G\left(x,y,y'\right)=\sqrt{1+y'^2}$ не зависят от переменной $x$, поэтому уравнение Эйлера-Лагранжа задачи имеет первый интеграл

$y'\frac{\partial }{\partial y'}\left(y+\lambda \sqrt{1+y'^2}\right)-\left(y+\lambda\sqrt{1+y'^2}\right)=C_1.$

Вычислив частную производную и выполнив элементарные преобразования, получим уравнение

$y'=\sqrt{\frac{\lambda^2}{(y+C_1)^2}-1}.$

Отсюда следует, что

$d x=\frac{(C_1+y) \,dy}{\sqrt{\lambda^2-(C_1+y)^2}}.$

Интегрируя, получим

$x=\int\frac{(C_1+y)\,dy}{\sqrt{\lambda^2-(C_1+y)^2}}=-\frac{1}{2}\int\frac{d \left(\lambda^2-(C_1+y)^2\right)}{\sqrt{C_1^2-y^2}}=-\sqrt{\lambda^2-(C_1+y)^2}+C_2.$

Таким образом, общее решение уравнения Эйлера-Лагранжа

$y(x,C_1,C_2;\lambda)=\sqrt{\lambda^2-(x-C_2)^2}-C_1.$

1. Используя граничные условия, получаем систему для определения постоянных

$\left\{\begin{array}{l} 0=\sqrt{\lambda^2-(0-C_2)^2}-C_1\\ 0=\sqrt{\lambda^2-(1-C_2)^2}-C_1 \end{array}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l} C_2^2=(1- C_2)^2\\ C_1=\sqrt{\lambda^2-C_2^2}\end{array}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l} C_2=\frac{1}{2}\\ C_1=\sqrt{\lambda^2-\frac{1}{4}} \end{array}\right..$

1. Подставляем найденные в предыдущем пункте значения констант в общее решение уравнения Эйлера-Лагранжа:

$y_*(x;\lambda)=\sqrt{\lambda^2-\left(x-\frac{1}{2}\right)^2}-\sqrt{\lambda^2-\frac{1}{4}}.$

Заметим, что для определенности выражения должно выполняться неравенство $\lambda>\frac{1}{2}$.

Вычисляем производную

$y_*'(x;\lambda)=-\frac{x-\frac{1}{2}}{\sqrt{\lambda^2-\left(x-\frac{1}{2}\right)^2}}.$

Интегрируем:

$\int\limits_0^1\sqrt{1+y_*'^2}\,dx=\lambda\int\limits_0^1\frac{dx}{\sqrt{\lambda^2-\left(x-\frac{1}{2}\right)^2}}=2\lambda\arcsin\frac{1}{2\lambda}.$

Найдем значение $\lambda$ из изопериметрического условия

$2\lambda\arcsin\frac{1}{2\lambda}=2\quad\Rightarrow\quad\lambda\sin\frac{1}{\lambda}=\frac{1}{2}.$

Полученное уравнение имеет единственный корень1 $\lambda_0$, удовлетворяющий неравенствам2.

Примечание

1Рассмотрим функцию $f(\lambda)=\lambda\sin\frac{1}{\lambda}$. Из условий $f(1/2)<1/2$ и $f(1)>1/2$ следует, что уравнение $f(\lambda)=1/2$ имеет корни. Единственность корня следует из монотонности при $\lambda>\frac{1}{2}$: $f'(\lambda)=\sin\frac{1}{\lambda}-\frac{1}{\lambda}\cos\frac{1}{\lambda}>0.$

Примечание

2В силу того, что $\sin\frac{1}{\lambda}>\frac{1}{\lambda}-\frac{1}{6\lambda^3}$, имеем $\lambda_0<\frac{1}{\sqrt{3}}$. Численное решение уравнения дает $\lambda_0\approx 0.528.$

$\frac{1}{2}<\lambda_0<\frac{1}{\sqrt{3}}.$

1. Таким образом, искомая экстремаль – дуга окружности

$y_*(x)=\sqrt{\lambda_0^2-\left(x-\frac{1}{2}\right)^2}-\sqrt{\lambda_0^2-\frac{1}{4}}.$

Длина дуги $\overset\frown{AB}=\int\limits_{0}^{1}\sqrt{1+y'^2}\, dx =2$. Площадь между дугой и осью абсцисс равна $J[y_*]$.

Пример 3.

Пример изопериметрической задачи, имеющей бесконечно много экстремалей

Найти экстремали функционала

$J[y]=\int\limits_{0}^{1}\left(y^2+y'^2\right)\,d x$

при условиях

$\int\limits_{0}^{1}y^2\, dx =1,\quad y(0)=y(1)=0$

1. Рассмотрим функцию

$\Phi\left(x,y,y';\lambda\right)=y^2+y'^2+\lambda y^2=y'^2+(1+\lambda)y^2,$

где $\lambda$ – параметр, подлежащий определению.

Вычисляем производные:

$\frac{\partial}{\partial y}\left(y'^2+(1+\lambda)y^2\right)=2(1+\lambda)y,\quad\frac{\partial}{\partial y'}\left(y'^2+(1+\lambda)y^2\right)=2y',$$$$\frac{d}{dx}\frac{\partial}{\partial y'}\left(y'^2+(1+\lambda)y^2\right)=\frac{d}{dx}2y'=2y''.$

Уравнение Эйлера-Лагранжа

$2y''=2(1+\lambda)y\Rightarrow y''=(1+\lambda) y.$

2,3. Полученное уравнение явлется ЛОДУ второго порядка.

Рассмотрим три случая.

Если $1+\lambda>0$, то общее решение уравнения $y''=(1+\lambda) y$ имеет вид

$y=C_1\operatorname{ch}\sqrt{1+\lambda}x+C_2\operatorname{sh}\sqrt{1+\lambda}x.$

Граничные условия приводят к тривиальному решению:

$\left\{\begin{array}{l} 0=C_1\operatorname{ch} 0+C_2\operatorname{sh}0\\ 0=C_1\operatorname{ch}\sqrt{1+\lambda}+C_2\operatorname{sh}\sqrt{1+\lambda} \end{array}\right.\quad\Rightarrow\quad\left\{\begin{array}{l} C_1=0\\ C_2\operatorname{sh}\sqrt{1+\lambda}=0 \end{array}\right. \quad\Rightarrow\quad\left\{\begin{array}{l} C_1=0\\ C_2=0 \end{array}\right.,$

которое не может быть искомой экстремалью в силу изопериметрического условия.

Если $1+\lambda=0$, то общее решение уравнения $y''=0$ имеет вид
$y=C_1x+C_2.$

Граничные условия также приводят к тривиальному решению.

Если $1+\lambda<0$, то общее решение уравнения $y''=(1+\lambda) y$ имеет вид

$y=C_1\cos\sqrt{-1-\lambda}x+C_2\sin\sqrt{-1-\lambda}x.$

Граничные условия приводят к соотношению

$\left\{\begin{array}{l} 0=C_1\cos 0+C_2\sin 0\\ 0=C_1\cos\sqrt{-1-\lambda}+C_2\sin\sqrt{-1-\lambda} \end{array}\right.\quad\Rightarrow\quad\left\{\begin{array}{l} C_1=0\\ C_2\sin\sqrt{-1-\lambda}=0 \end{array}\right.$

Таким образом, $C_2$ пока не определено, а постоянная $\lambda$ может принимать значения $\lambda_n=-1-\pi^2n^2$, при любом целом $n$.

1. Подставляем найденные в предыдущем пункте значения констант в общее решение

$y_n(x)=C_2\sin{\pi n x}.$

Интегрируем

$\int\limits_{0}^{1}y_n^2\, dx =C_2^2\int\limits_{0}^{1}\sin^2\pi n x\, dx =\frac{C_2^2}{2}.$

Найдем значение $C_2$ из изопериметрического условия:

$\frac{C_2^2}{2}=1\quad\Rightarrow\quad C_2=\pm\sqrt{2}$

1. Выписываем уравнение экстремалей, подставляя в общее решение найденные значения постоянных

$y_n(x)=\sqrt{2}\sin\pi n x.$

Здесь $n$ – произвольное ненулевое целое число.

Не получается самостоятельно разобраться с темой? Заказать написание статьи по математике!

Тест на тему “Изопериметрическая задача”